2020秋高中數(shù)學(xué)人教版4-5課堂演練：第四講4.2用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2020秋高中數(shù)學(xué)人教A版選修4-5課堂演練：第四講4.2用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式第四講數(shù)學(xué)歸納法證明不等式4。2用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式A級基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．用數(shù)學(xué)歸納法證明3n≥n3(n≥3，n∈N)，第一步應(yīng)驗(yàn)證（）A．n＝1 B．n＝2C．n＝3 D．n＝4解析：由題意n≥3知應(yīng)驗(yàn)證n＝3.答案：C2．用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋eq\f(1,2）＋eq\f（1，3)＋…＋eq\f（1，2n－1)＜n,（n∈N＋,n＞1）”時,由n＝k（k＞1)不等式成立，推證n＝k＋1時，左邊應(yīng)增加的項數(shù)是（）A．2k－1 B．2k－1C．2k D．2k＋1解析:增加的項數(shù)為（2k＋1－1）－（2k－1）＝2k＋1－2k＝2k。故選C.答案：C3．設(shè)n為正整數(shù)，f(n）＝1＋eq\f（1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f（1,n)，計算得f（2)＝eq\f（3,2），f（4）＞2，f(8）＞eq\f(5，2），f（16）＞3，f（32)＞eq\f(7，2)，觀察上述結(jié)果，可推測出的一般結(jié)論為（)A．f（2n）＞eq\f（2n＋1，2)（n＞1，n∈N＊）B．f(n2)＞eq\f(n＋2，2)（n＞1，n∈N＊）C．f(2n)＞eq\f(n＋2,2)(n＞1，n∈N＊)D．以上都不對解析：f(2）＝eq\f（3，2），f(4)＝f(22）＞eq\f(2＋2,2），f（8)＝f（23）＞eq\f(3＋2，2)，f（16）＝f(24）＞eq\f(4＋2，2），f(32）＝f(25）＞eq\f（5＋2,2），…，依此類推可知f（2n)＞eq\f（n＋2，2）(n＞1，n∈N*)．答案：C4．設(shè)f（x）是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，有f（k）滿足：當(dāng)“f（k）≥k2成立時，總可推出f(k＋1）≥(k＋1)2成立”．那么下列命題總成立的是（）A．若f(3）≥9成立,則當(dāng)k≥1時,均有f(k)≥k2成立B．若f（5)≥25成立,則當(dāng)k＜5時，均有f（k）≥k2成立C．若f（7)＜49成立，則當(dāng)k≥8時，均有f(k)＜k2成立D．若f（4）＝25成立，則當(dāng)k≥4時，均有f（k)≥k2成立解析:由“f(k）≥k2成立時，總可推出f(k＋1)≥(k＋1）2成立"，因此，對于A，k＝1,2時不一定成立，對于B，C,顯然錯誤．對于D,因?yàn)閒（4）＝25＞42，因此對于任意的k≥4，均有f(k)≥k2成立．答案：D5．若不等式eq\f（1,n＋1）＋eq\f（1，n＋2）＋…＋eq\f（1，2n）＞eq\f(m，24）對大于1的一切自然數(shù)n都成立,則自然數(shù)m的最大值為()A．12 B．13C．14 D．不存在解析：令f（n）＝eq\f（1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f（1，2n），取n＝2，3，4，5等值發(fā)現(xiàn)f（n）是單調(diào)遞減的,所以［f（n）］max＞eq\f（m，24），所以由f（2)＞eq\f（m,24)，求得m的值．故應(yīng)選B.答案：B二、填空題6．用數(shù)學(xué)歸納法證明2n＋1≥n2＋n＋2(n∈N＋)時,第一步的驗(yàn)證為________．解析：當(dāng)n＝1時，21＋1≥12＋1＋2，即4≥4成立．答案:21＋1≥12＋1＋27．在△ABC中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1，B)＋eq\f(1，C）≥eq\f(9，π）成立;在四邊形ABCD中，不等式eq\f(1，A）＋eq\f(1，B）＋eq\f（1,C)＋eq\f（1，D）≥eq\f(16,2π)成立；在五邊形ABCDE中，不等式eq\f(1，A)＋eq\f（1,B）＋eq\f（1，C）＋eq\f（1，D）＋eq\f（1，E）≥eq\f（25,3π)成立．猜想在n邊形A1A2…An中,類似成立的不等式為________．解析:由題中已知不等式可猜想:eq\f（1，A1）＋eq\f（1,A2）＋…＋eq\f(1,An）≥eq\f（n2,(n－2)π）(n≥3且n∈N*）．答案：eq\f(1，A1)＋eq\f(1，A2)＋…＋eq\f(1,An）≥eq\f（n2,(n－2)π）(n≥3且n∈N＊）8．在應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋eq\f(1,22)＋eq\f（1,32)＋…＋eq\f(1,(n＋1）2）＜eq\f（2n＋1，n＋1)(n∈N＊）”時，從n＝k到n＝k＋1,不等式左邊增加的項是________．解析：解決此題的關(guān)鍵是看清不等式的左邊每一項的分母的變化，一看“頭”，從12開始；二看“尾",當(dāng)n＝k時，尾項的分母為（k＋1)2,n＝k＋1時尾項的分母為(k＋2)2；三看中間，如果忽略平方，1，2，3，…,(n＋1)這些數(shù)都是連續(xù)相差1時．因此,從n＝k到n＝k＋1只增加了一項,即eq\f（1,（k＋2）2）(k∈N＋)．答案：eq\f(1，（k＋2）2）三、解答題9．設(shè)a為有理數(shù),x〉－1.如果0<a〈1，證明：(1＋x)a≤1＋ax，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時等號成立．證明：0<a〈1，令a＝eq\f（m,n)，1≤m<n，其中m,n為正整數(shù)，則由平均值不等式,得（1＋x）a＝（1＋x）eq\s\up6（\f（m,n))≤eq\f（m（1＋x）＋（n－m），n）＝eq\f（mx＋n,n）＝1＋eq\f(m,n)x＝1＋ax，當(dāng)且僅當(dāng)1＋x＝1，即x＝0時,等號成立．10．已知函數(shù)f(x）＝eq\f（1，3)x3－x，數(shù)列{an}滿足條件：a1≥1，且an＋1≥f′(an＋1)，證明：an≥2n－1（n∈N＊)．證明：由f（x)＝eq\f（1，3）x3－x,得f′（x）＝x2－1.因此an＋1≥f′(an＋1）＝（an＋1)2－1＝an(an＋2），（1)當(dāng)n＝1時，a1≥1＝21－1,不等式成立．（2）假設(shè)當(dāng)n＝k時,不等式成立，即ak≥2k－1，當(dāng)n＝k＋1時,ak＋1≥ak（ak＋2）≥(2k－1)（2k－1＋2)＝22k－1。又k≥1，所以22k≥2k＋1，所以n＝k＋1時，ak＋1≥2k＋1－1，不等式成立．根據(jù)（1)和(2)知,對任意n∈N＋，an≥2n－1成立．B級能力提升1．對于正整數(shù)n，下列不等式不正確的是()A．3n≥1＋2n B．0。9n≥1－0.1nC．0.9n≤1－0。1n D．0.1n≤1－0.9n解析：排除法，取n＝2，只有C不成立．答案：C2．利用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f(3×5×…×（2n－1）,2×4×…×（2n－2))＜eq\r(2n－1)時，n的最小取值n0應(yīng)為________．解析：n0＝1時不成立,n0＝2時,eq\f(3，2)＜eq\r（3），再用數(shù)學(xué)歸納法證明，故n0＝2.答案:23．函數(shù)f(x）＝x2－2x－3。定義數(shù)列{xn}如下:x1＝2，xn＋1是過兩點(diǎn)P（4,5），Qn(xn,f（xn）)的直線PQn與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)．(1）證明：2≤xn<xn＋1〈3；(2)求數(shù)列{xn｝的通項公式．（1）證明:用數(shù)學(xué)歸納法證明：2≤xn<xn＋1〈3.①當(dāng)n＝1時，x1＝2，直線PQ1的方程為y－5＝eq\f(f（2）－5，2－4)（x－4)，令y＝0，解得x2＝eq\f(11,4），所以2≤x1〈x2〈3。②假設(shè)當(dāng)n＝k（k≥1,k∈N＊）時，結(jié)論成立，即2≤xk<xk＋1〈3。直線PQk＋1的方程為y－5＝eq\f(f（xk＋1）－5，xk＋1－4）(x－4),令y＝0，解得xk＋2＝eq\f(3＋4xk＋1,2＋xk＋1).由歸納假設(shè)知xk＋2＝eq\f(3＋4xk＋1,2＋xk＋1）＝4－eq\f(5,2＋xk＋1）〈4－eq\f（5，2＋3)＝3；xk＋2－xk＋1＝eq\f(（3－xk＋1）(1＋xk＋1)，2＋xk＋1)>0，即xk＋1〈xk＋2.所以2≤xk＋1<xk＋2〈3，即當(dāng)n＝k＋1時，結(jié)論成立．由①②知對任意的正整數(shù)n,2≤xn〈xn＋1<3。（2）解：由(1）及題意得xn＋1＝eq\f（3＋4xn，2＋xn）.設(shè)bn＝xn－3，則eq\f（1,bn＋1)＝eq\f（5，bn)＋1,eq\f（1，bn＋1）＋eq\f（1,4）＝5eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，bn)＋\f(1,4)))，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,bn）＋\f(1，4）)）是首項為－eq\f（3，4)，公比為5的等比數(shù)